\section{2005}
一、（$20'$）1800个电子经$1000V$电势差加速后从$x=-\infty$处射向势阶$V(x)=\begin{cases}V_0,&x<0\\0,&x>0\end{cases}$，其中$V_0=750V$。试问在$x=\infty$处能观察到多少个电子？如果势阶翻转一下，即电子射向势阶$V(x)=\begin{cases}0,&x<0\\V_0,&x>0\end{cases}$，则结果如何？

二、（$20'$）质量为$m$，电荷为$q$的粒子在三维各向同性谐振子势$V(r)=\frac{1}{2}m\omega^2r^2$中运动，同时受到一个沿$x$方向的均匀常电场$\vec{E}=E_0\vec{i}$作用。求粒子的能量本征值和第一激发态的简并度。此时轨道角动量是否守恒？如回答是，则请写出此守恒力学量的表达式。

三、（$40'$）一个质量为$m$的粒子在下面的无限深方势阱中运动。$V(x)=\begin{cases}\infty,&x<0,x>a\\ 0,&a>x>0\end{cases}$开始时$(t=0)$，系统处于状态，$\psi(x)=A\sin\frac{\pi x}{2a}\cos^3\frac{\pi x}{2a}$，其中$A$为常数。请求出$t$时刻系统：
（1）处于基态的几率；（2）能量平均值；（3）动量平均值；（4）动量的均方差根（不确定度）。

四、（$30'$）两个具有相同质量$m$和频率$\omega$的谐振子，哈密顿量为
$$H^0=\frac{1}{2m}(p_1^2+p_2^2)+\frac{1}{2}m\omega^2((x_1-a)^2+(x_2+a)^2)$$
（$\pm a$为两个谐振子的平衡位置），受到微扰作用$H'=\lambda m\omega^2(x_1-x_2)^2,|\lambda|\ll1$，试求该体系的能级。

五、（$30'$）已知氢原子基态波函数为：$\psi_{100}=\frac{1}{(\pi a_0^3)^{\frac{1}{2}}}e^{-\frac{r}{a_0}}$，试对坐标$x$及动量$p_x$，求：
$\Delta x=\sqrt{\langle x^2\rangle-\langle x^2\rangle},\Delta p=\sqrt{\langle p_x^2\rangle-\langle p_x\rangle^2}$，由此验证不确定关系。





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\section*{2005解答}
一、（$20'$）1800个电子经$1000V$电势差加速后从$x=-\infty$处射向势阶$V(x)=\begin{cases}V_0,&x<0\\0,&x>0\end{cases}$，其中$V_0=750V$。试问在$x=\infty$处能观察到多少个电子？如果势阶翻转一下，即电子射向势阶$V(x)=\begin{cases}0,&x<0\\V_0,&x>0\end{cases}$，则结果如何？

解：

（1）缺图！
\begin{align*}
&x<0,\qquad \psi_1=e^{ik_1x}+Be^{-ik_1x},\qquad k_1^2=\frac{2m(E-V_0)}{\hbar^2},\quad E=1000V,V_0=750V\\
&x>0,\qquad \psi_2=Ce^{ik_2x},\qquad k_2^2=\frac{2mE}{\hbar^2}=4k_1^2,\quad k_2=2k_1
\end{align*}
\begin{align*}
&\psi_1(0)=\psi_2(0)\qquad 1+B=C\\
&\psi_1'(0)=\psi_2'(0)\qquad \psi_1'(x)=ik_1e^{ik_1x}-ik_1Be^{-ik_1x},\quad
\psi_2'(x)=ik_2Ce^{ik_2x}\qquad ik_1-ik_2B=ik_2C
\end{align*}
$$B=\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}$$
透射系数为：
$$T=1-|B|^2=1-\left(\frac{k_1-k_2}{k_1+k_2}\right)^2=1-\frac{k_1^2+k_2^2-2k_1k_2}{k_1^2+k_2^2+2k_1k_2}=1-\frac{k_1^2+4k_1^2-2k_1\cdot2k_1}{k_1^2+4k_1^2+2k_1\cdot2k_1}=1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}$$
在$x=\infty$处能观察到：$1800\times\frac{8}{9}=1600$个。

（2）缺图！
\begin{align*}
&x<0,\qquad \psi_1=e^{ik_1x}+Be^{-ik_1x},\qquad k_1^2=\frac{2mE}{\hbar^2}=4k^2_2\\
&x>0,\qquad \psi_2=Ce^{ik_2x},\qquad k^2_2=\frac{2m(E-V_0)}{\hbar^2}
\end{align*}
透射系数：$T=1-|B|^2=1-\frac{1}{9}=\frac{8}{9}$；在$x=\infty$处能观察到，$1800\times\frac{8}{9}=1600$个。

{ 没变化。很好理解。看两头，一入一出，中间受势阶“一样”。}

二、（$20'$）质量为$m$，电荷为$q$的粒子在三维各向同性谐振子势$V(r)=\frac{1}{2}m\omega^2r^2$中运动，同时受到一个沿$x$方向的均匀常电场$\vec{E}=E_0\vec{i}$作用。求粒子的能量本征值和第一激发态的简并度。此时轨道角动量是否守恒？如回答是，则请写出此守恒力学量的表达式。

解：

（1）
$$E_y=(n_y+\frac{1}{2})\hbar\omega \qquad
E_z=(n_z+\frac{1}{2})\hbar\omega \qquad
x\text{方向：}V=Eqx=-E_0ex$$
$$\left[\frac{\hat{p}^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2x^2-E_0ex\right]\psi=E\psi$$
\begin{align*}
\frac{1}{2}m\omega^2x^2-E_0ex
&=\frac{1}{2}m\omega^2\left(x^2-\frac{2E_0e}{m\omega^2}x\right)
=\frac{1}{2}m\omega^2\left[\left(x-\frac{E_0e}{m\omega}\right)^2-\frac{E_0^2e^2}{m^2\omega^4}\right]\\
&=\frac{1}{2}m\omega^2\left(x-\frac{E_0e}{m\omega^2}\right)^2-\frac{E_0^2e^2}{2m\omega^2}
\end{align*}
$$\left[\frac{\hat{p}^2}{2m}+\frac{1}{2}m\omega^2\left(x-\frac{E_0e}{m\omega^2}\right)^2\right]\psi=\left(E+\frac{E_0^2e^2}{2m\omega^2}\right)\psi$$
$$E_x+\frac{E^2_0e^2}{2m\omega^2}=(n_x+\frac{1}{2})\hbar\omega \qquad
E_x=(n_x+\frac{1}{2})\hbar\omega-\frac{E^2_0e^2}{2m\omega^2}$$
$$E_n=E_x+E_y+E_z=(n_x+\frac{3}{2})\hbar\omega-\frac{E_0^2e^2}{2m\omega^2}\qquad
n=n_x+n_y+n_z$$
$n=2$时，简并度为$3$，$(n_xn_yn_z)=(011),(101),(110)$，简并度为：$\frac{(n+1)(n+2)}{2}$。

（2）
\begin{align*}
&[\vec{l},H]=[\vec{l},\frac{p^2}{2m}+V(\vec{r})-E_0ex]
=\frac{1}{2m}[\vec{l},p^2]+[\vec{l},V(\vec{r})]-E_0e[\vec{l},x]\\
&[\vec{l},p^2]=0\qquad [\vec{l},V(\vec{r})]=0\\
&[\vec{l},x]=[l_x,x]\vec{i}+[l_y,x]\vec{j}+[l_z,x]\vec{k}
=-i\hbar z\vec{j}+i\hbar y\vec{k}\\
&[\vec{l},H]\ne0
\end{align*}
此时轨道角动量不守恒。

但在平移后的坐标系$x'y'z'$中，$\hat{l}_x',\hat{l}_y',\hat{l}_z'$都是守恒量，它们的表达式为：
\begin{align*}
&\hat{l}_x'=-i\hbar(y'\frac{\partial}{\partial z'}-z'\frac{\partial}{\partial y'})=\hat{l}_x\\
&\hat{l}_y'=-i\hbar(z'\frac{\partial}{\partial x'}-x'\frac{\partial}{\partial z'})=\hat{l}_y+\frac{qE_0}{m\omega^2}\hat{p}_z\\
&\hat{l}_z'=-i\hbar(x'\frac{\partial}{\partial y'}-y'\frac{\partial}{\partial x'})=\hat{l}_z-\frac{qE_0}{m\omega^2}\hat{p}_y
\end{align*}

三、（$40'$）一个质量为$m$的粒子在下面的无限深方势阱中运动。$V(x)=\begin{cases}\infty,&x<0,x>a\\ 0,&a>x>0\end{cases}$开始时$(t=0)$，系统处于状态，$\psi(x)=A\sin\frac{\pi x}{2a}\cos^3\frac{\pi x}{2a}$，其中$A$为常数。请求出$t$时刻系统：
（1）处于基态的几率；（2）能量平均值；（3）动量平均值；（4）动量的均方差根（不确定度）。

解：

该系统的本征函数和本征值为：
$$\phi_n=\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\frac{n\pi x}{a}\qquad
E_n=\frac{n^2\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$$
用系统本征函数系表示该波函数为：
\begin{align*}
\psi(x)&=A\sin\frac{\pi x}{2a}\cos^3\frac{\pi x}{2a}
=\frac{A}{2}\sin\frac{\pi x}{a}\cos^2\frac{\pi x}{2a}
=\frac{A}{4}\sin\frac{\pi x}{a}(\cos\frac{\pi x}{a}+1)\\
&=\frac{A}{4}\sin\frac{\pi x}{a}\cos\frac{\pi x}{a}+\frac{A}{4}\sin\frac{\pi x}{a}
=\frac{A}{8}\sin\frac{2\pi x}{a}+\frac{A}{4}\sin\frac{\pi x}{a}\\
&=\frac{A}{4}\sqrt{\frac{a}{2}}\phi_1+\frac{A}{8}\sqrt{\frac{a}{2}}\phi_2
\end{align*}
{ \text{其中：}$\cos 2x=\cos^2x-\sin^2x=2\cos^2x-1\quad \cos^2x=\frac{\cos 2x+1}{2}$，这招都用烂了！以后不提示了。}\\
求系数$A$（归一化）：
$$\langle\psi(x)|\psi(x)\rangle=\left(\frac{A}{4}\sqrt{\frac{a}{2}}\right)^2+\left(\frac{A}{8}\sqrt{\frac{a}{2}}\right)^2=1
\qquad \frac{A^2}{16}\cdot\frac{a}{2}+\frac{A^2}{64}\cdot\frac{a}{2}=1$$
归一化波函数为：
$$\psi(x,0)=\sqrt{\frac{4}{5}}\phi_1+\sqrt{\frac{1}{5}}\phi_2$$
$$\psi(x,t)=\sqrt{\frac{4}{5}}\phi_1 e^{\frac{iE_1t}{\hbar}}+\sqrt{\frac{1}{5}}\phi_2e^{\frac{iE_2t}{\hbar}}\qquad
\text{其中：}E_1=\frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2},E_2=\frac{2\pi^2\hbar^2}{ma^2}=4E_1$$

（1）处于基态的几率：
$$P=|\langle \phi_1|\psi(x,t)\rangle|^2=\left|\sqrt{\frac{4}{5}}e^{\frac{iE_1t}{\hbar}}\right|^2=\frac{4}{5}=80\%$$

（2）能量平均值：
$$\langle E\rangle=\frac{4}{5}E_1+\frac{1}{5}E_2=\frac{8}{5}E_1\qquad
E_1=\frac{\pi^2\hbar^2}{2ma^2}$$

（3）动量平均值：\\
{ 求$\langle\hat{p}\rangle$可以用定义或恩费斯特关系$\langle p\rangle=m\frac{d\langle x\rangle}{dt}$。}
\begin{align*}
\langle p\rangle&=\int_0^a\psi^*(x,t)(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x})(-i\hbar\frac{\partial}{\partial x})\psi(x,t)dx\\
&=-i\hbar\int_0^a\left(\sqrt{\frac{4}{5}}\phi_1e^{-\frac{iE_1t}{\hbar}}+\sqrt{\frac{1}{5}}\phi_2e^{-\frac{iE_2t}{\hbar}}\right)\frac{\partial}{\partial x}\left(\sqrt{\frac{4}{5}}\phi_1e^{\frac{iE_1t}{\hbar}}+\sqrt{\frac{1}{5}}\phi_2e^{\frac{iE_2t}{\hbar}}\right)dx\\
&=-i\hbar\int_0^a\left(\frac{4}{5}\phi_1\frac{\partial}{\partial x}\phi_1+\frac{2}{5}\phi_1\frac{\partial}{\partial x}\phi_2 e^{\frac{i(E_2-E_1)t}{\hbar}}+\frac{2}{5}\phi_2\frac{\partial}{\partial x}\phi_1e^{-\frac{i(E_2-E_1)t}{\hbar}}+\frac{1}{5}\phi_2\frac{\partial}{\partial x}\phi_2\right)dx\\
&=-i\hbar\int_0^a\left(\frac{4}{5}\phi_1\frac{\partial}{\partial x}\phi_1+\frac{1}{5}\phi_2\frac{\partial}{\partial x}\phi_2+\frac{4}{5}\phi_1\frac{\partial}{\partial x}\phi_2\cos\frac{(E_2-E_1)t}{\hbar}\right)dx\\
&=-i\hbar\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{8}{3a}\cos\frac{3\pi^2\hbar}{2ma^2}t
=-i\frac{32\hbar}{15a}\cos\frac{3\pi^2\hbar}{2ma^2}t
\end{align*}
其中：
$$\frac{\partial}{\partial x}\phi_1
=\left(\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\frac{\pi x}{a}\right)'
=\sqrt{\frac{2}{a}}\cdot\frac{\pi}{a}\cos\frac{\pi x}{a}\qquad
\frac{\partial}{\partial x}\phi_2
=\left(\sqrt{\frac{2}{a}}\sin\frac{2\pi x}{a}\right)'
=\sqrt{\frac{2}{a}}\cdot\frac{2\pi }{a}\cos\frac{2\pi x}{a}$$
\begin{align*}
\int_0^a\phi_1\frac{\partial}{\partial x}\phi_1dx
&=\frac{2}{a}\cdot\frac{\pi}{a}\int_0^a\sin\frac{\pi x}{a}\cos\frac{\pi x}{a}dx
=\frac{2}{a}\cdot\frac{\pi }{a}\cdot\frac{1}{2}\int_0^a\sin\frac{2\pi x}{a}dx
=\frac{2}{a}\cdot\frac{\pi }{a}\cdot\frac{1}{2}\left(-\cos\frac{2\pi x}{a}\Big|_0^a\right)\\
&=0\\
\int_0^a\phi_2\frac{\partial}{\partial x}\phi_2&=0
\end{align*}
\begin{align*}
&\int_0^a\phi_1\frac{\partial}{\partial x}\phi_2dx
=\frac{2}{a}\cdot\frac{2\pi}{a}\int_0^a\sin\frac{\pi x}{a}\cos\frac{2\pi x}{a}dx
=\frac{2}{a}\cdot\frac{2\pi}{a}\cdot\frac{2a}{3\pi}
=\frac{8}{3a}\\
&\int_0^a\sin\frac{\pi x}{a}\cos\frac{2\pi x}{a}dx
=\frac{a}{\pi}\cos\frac{\pi}{a}x\Big|_0^a-\frac{2a}{3\pi}\cos^3\frac{\pi}{a}x\Big|_0^a
=-\frac{a}{\pi}-\frac{a}{\pi}-(-\frac{2a}{3\pi}-\frac{2a}{3\pi})
=\frac{2a}{3\pi}\\
&\int\sin px\cos 2px dx=\int (\sin px-2\sin^3px)dx=\frac{1}{p}\cos px-\frac{2}{3p}\cos^3px\\
&\int\sin^3px dx=-\frac{1}{p}\int(1-\cos^2px)d\cos px=-\frac{1}{p}\cos px+\frac{1}{3p}\cos^3px
\end{align*}
\begin{align*}
\langle p^2\rangle&=\int_0^a\psi^*(x,t)p^2\psi(x,t)dt
=\int_0^a(\hat{p}\psi(x,t))^*(\hat{p}\psi(x,t))dt\\
&=-\hbar^2\int_0^a\left[\frac{4}{5}\left(\frac{\partial}{\partial x}\phi_1\right)^2+\frac{2}{5}\left(\frac{\partial}{\partial x}\phi_2\right)^2+\frac{4}{5}\frac{\partial}{\partial x}\phi_1\frac{\partial}{\partial x}\phi_2\cos\frac{i(E_2-E_1)t}{\hbar}t\right]dx\\
&=????
\end{align*}
????????

四、（$30'$）两个具有相同质量$m$和频率$\omega$的谐振子，哈密顿量为
$$H^0=\frac{1}{2m}(p_1^2+p_2^2)+\frac{1}{2}m\omega^2((x_1-a)^2+(x_2+a)^2)$$
（$\pm a$为两个谐振子的平衡位置），受到微扰作用$H'=\lambda m\omega^2(x_1-x_2)^2,|\lambda|\ll1$，试求该体系的能级。

{ 曾经的错误做法：}

对$H'$进行凑数，$H'=\frac{\lambda}{2}m\omega^2[(x_1-a)-(x_2+a)+2a]^2$，令$x_1-a=x_1',x_2+a=x_2'$，然后分别用对易关系来处理。

{ 整个分析是要在同一个坐标系的。我这样做相当于分析粒子1用1坐标系，分析粒子2用2坐标系，引入两个坐标系完完全全看成纯粹单个粒子在谐振子中能量的相加。同一个问题中引入了两个不同的坐标系。}

五、（$30'$）已知氢原子基态波函数为：$\psi_{100}=\frac{1}{(\pi a_0^3)^{\frac{1}{2}}}e^{-\frac{r}{a_0}}$，试对坐标$x$及动量$p_x$，求：
$\Delta x=\sqrt{\langle x^2\rangle-\langle x^2\rangle},\Delta p=\sqrt{\langle p_x^2\rangle-\langle p_x\rangle^2}$，由此验证不确定关系。

见笔记。

六、（$20'$）考虑自旋$\vec{S}$与角动量$\vec{L}$的耦合，体系的哈密顿量为
$$\hat{H}=-\frac{\hbar^2}{2m}\nabla^2+V(r)+\lambda \vec{L}\cdot\vec{S}$$
$\lambda$是耦合常数，试证该体系的总角动量$\vec{J}=\vec{L}+\vec{S}$守恒。

见笔记。



































